挑战 20 2 3 年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）
专题26以旋转为载体的几何综合问题
【例1】（2022·山东济南·中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，
连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为
_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
【答案】(1)BD=CE，理由见解析
(2)①BE=AE+CE；②∠BAD=45°，理由见解析
【分析】（1）利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到△ABD≌△ACE(SAS)，再由
全等三角形的性质求解；
（2）①根据线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE得到△ADE是等边三角形，
由等边三角形的性质和（1）的结论来求解；②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，根据
AG AF
等边三角形的性质和锐角三角函数求值得到∠BAF=∠DAG， = ，进而得到
AD AB
△BAD∽△FAG，进而求出∠ADB=90°，结合BD=CE，ED＝EC得到BD=AD，再用
等腰直角三角形的性质求解．
（1）
解：BD=CE．
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°．
∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE．
在△ABD和△ACE中
¿，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
（2）
解：①BE=AE+CE
理由：∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE=AE，
由（1）得BD=CE，
∴BE=DE+BD=AE+CE；
②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，如下图．
∵△ADE是等边三角形，AG⊥DE，
1
∴∠DAG= ∠DAE=30°，
2
AG √3
∴ =cos∠DAG= ．
AD 2
∵△ABC是等边三角形，点F为线段BC中点，
1
∴BF=CF，AF⊥BC，∠BAF= ∠BAC=30°，
2
AF √3
∴ =cos∠BAF= ，
AB 2
AG AF
∴∠BAF=∠DAG， = ，
AD AB
∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF，
即∠BAD=∠FAG，
∴△BAD∽△FAG，
∴∠ADB=∠AGF=90°．
∵BD=CE，ED＝EC，
∴BD=AD，
即△ABD是等腰直角三角形，∴∠BAD=45°．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解
直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是
解答关键．
【例2】（2022·山东菏泽·中考真题）如图1，在△ABC中，∠ABC=45°,AD⊥BC于
点D，在DA上取点E，使DE=DC，连接BE、CE．
(1)直接写出CE与AB的位置关系；
(2)如图2，将△BED绕点D旋转，得到△B′E′D（点B′，E′分别与点B，E对应），连接
CE′、AB′，在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置
关系是否一致?请说明理由；
(3)如图3，当△BED绕点D顺时针旋转30°时，射线CE′与AD、AB′分别交于点G、F，
若CG=FG,DC=√3，求AB′的长．
【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析
(2)一致，理由见解析
(3)5√3
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，
∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；
（2）通过证明△ADB′ ≅△CDE′，可得∠DAB′=∠DCE′，由余角的性质可得结论；
（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得AB′=√3AD，即可求解．
【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，
∵∠ABC=45°，AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，∵DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，
∴CE⊥AB；
（2）在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一
致的，理由如下：
如图2，延长CE′交AB′于H，
由旋转可得：CD=DE′，B′D=AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，
∴∠CDE′=∠ADB′，
CD AD
∵
= =1，
DE′ DB′
∴△ADB′ ∼△CDE′,
∴∠DAB′=∠DCE′，
∵∠DCE′+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DAB′+∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
∴CE′⊥AB′；
（3）如图3，过点D作DH⊥AB′于点H，∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴∠BDB′=30°,BD′=BD=AD，
∴∠ADB′=120°,∠DAB′=∠AB′D=30°，
∵DH⊥AB′,AD=B′D，
∴AD=2DH，AH=√3DH=B′H，
∴AB′=√3AD，
由（2）可知：△ADB′ ∼△CDE′，
∴∠DAB′=∠DCE′=30°，
∵AD⊥BC，CD=√3，
∴DG=1，CG=2DG=2，
∴CG=FG=2，
∵∠DAB′=30°,DH⊥AB′，
∴AG=2GF=4，
∴AD=AG+DG=4+1=5，
∴AB'=√3AD=5√3．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性
质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
【例3】（2022·内蒙古通辽·中考真题）已知点E在正方形ABCD的对角线AC上，正方形
AFEG与正方形ABCD有公共点A．
2CE
(1)如图1，当点G在AD上，F在AB上，求 的值为多少；
√2DG
CE
(2)将正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，如图2，求： 的值为多少；
DG
√2
(3)AB=8√2，AG= AD，将正方形AFEG绕A逆时针方向旋转α(0°<α<360°)，当
2
C，G，E三点共线时，请直接写出DG的长度．
【答案】(1)2
(2)√2
(3)4√6−4√2或4√6+4√2【分析】（1）根据题意可得GE∥DC，根据平行线分线段成比例即可求解；
AG AD 1
（2）根据（1）的结论，可得 = = ，根据旋转的性质可得∠DAG=∠CAE，
AE AC √2
进而证明△GAD∽△EAC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股
定理即可得出答案．
（1）
解：∵正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A，点G在AD上，F在AB上，
∴≥∥DC
AG AE
∴ =
DG EC
EC AE
∴ =
DG AG
∵四边形AFEG是正方形
∴ AE=√2AG
2CE √2CE √2AE
∴ = = =√2×√2=2
√2DG DG AG
（2）
解：如图，连接AE，
∵正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，
∴∠DAG=∠CAE
AG AD 1
∵ = =
AE AC √2
∴△GAD∽△EAC
CE AC
∴ = =√2，
DG AD
（3）
解：①如图，√2
∵ AB=8√2，AG= AD，
2
√2
∴AD=AB=8√2,AG= ×8√2=8,AC=√2AB=16，
2
∵G,E,C三点共线，
Rt△AGC中，GC=√AC2−AG2=√162−82=8√3，
∴CE=GC−≥=8√3−8，
由（2）可知△GAD∽△EAC，
CE AC
∴ = =√2，
DG DA
DA⋅CE 8√2×(8√3−8)
∴DG= = =4(√6−√2)=4√6−4√2．
AC 16
②如图：
由（2）知 ADG∽△ACE，
DG AD √2
∴ = △ = ，
CE AC 2
√2
∴DG= CE，
2
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=8√2，AC=√AB2+BC2=16，
√2
∵AG= AD，
2
√2
∴AG= AD=8，
2∵四边形AFEG是正方形，
∴∠AGE=90°，GE=AG=8，
∵C，G，E三点共线．
∴∠AGC=90°
∴CG=√AC2−AG2=√162−82=8√3，
∴CE=CG+EG=8√3+8，
√2
∴DG= CE=4√6+4√2．
2
综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为4√6−4√2或4√6+4√2．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾
股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
【例4】（2022·山东潍坊·中考真题）【情境再现】
甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O
处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示
意图，并连接AG,BH，如图③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通过证明
△OBE≌△OAF，可得OE=OF．
请你证明：AG=BH．
【迁移应用】
延长GA分别交HO,HB所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明DG与BH的位置关系．
【拓展延伸】
小亮将图②中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接
HB,AG，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明AG与BH的数量关系．
【答案】证明见解析；垂直；BH=√3AG
【分析】证明△BOH≅△AOG，即可得出结论；通过∠BHO=∠AGO，可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，得出结论AG⊥BH；证明△BOH∽△AOG，得出
AG OA √3
= = ，得出结论；
BH OB 3
【详解】证明：∵ AB=AC,AO⊥BC，
∴ OA=OB,∠AOB=90°，
∵ ∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°，
∴ ∠BOH=∠AOG，
∵ OH=OG，
∴ △BOH≅△AOG，
∴ AG=BH；
迁移应用：DG⊥BH，
证明：∵ △BOH≅△AOG，
∴ ∠BHO=∠AGO，
∵ ∠DGH+∠AGO=45°，
∴ ∠DGH+∠BHO=45°，
∵ ∠OHG=45°，
∴ ∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，
∴ ∠HDG=90°，
∴ DG⊥BH；
拓展延伸：BH=√3AG，
OA √3
证明：在Rt△AOB中，tan30°= = ，
OB 3
OG √3
在Rt△HOG中，tan30°= = ，
OH 3
OA OG
∴ = ，
OB OH
由上一问题可知，∠BOH=∠AOG，
∴ △BOH∽△AOG，
AG OA √3
∴ = = ，
BH OB 3
∴ BH=√3AG．
【点睛】本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定
与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．
【例5】（2022·辽宁锦州·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=2√5,BC=4，D，
E，F分别为AC,AB,BC的中点，连接DE,DF．√5
(1)如图1，求证：DF= DE；
2
(2)如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点
G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关
系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
【答案】(1)见解析
√5
(2)FN= EM，理由见解析
2
10
(3)
3
【分析】（1）连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
1 1
可得DF= AC=√5，根据中位线定理可得DE= BC=2，即可得证；
2 2
√5
（2）证明△DNF∽△DME，根据（1）的结论即可得FN= EM；
2
（3）连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得
1 4√5 AG 3
GD= HC= ，勾股定理求得¿,AG，根据tan∠ADG= = ，
2 5 GD 4
EG 3
∠EMG=∠ADG，可得tan∠EMG= = ，进而求得MG，根据MD=MG+GD求
MG 4
√5
得MD，根据（2）的结论DN= DM，即可求解．
2
（1）
证明：如图，连接AF，∵ AB=AC=2√5,BC=4，D，E，F分别为AC,AB,BC的中点，
1
∴DE= BC=2，AF⊥BC，
2
1
∴ DF= AC=√5，
2
√5
∴ DF= DE，
2
（2）
√5
FN= EM，理由如下，
2
连接AF，如图，
∵ AB=AC=2√5,BC=4，D，E，F分别为AC,AB,BC的中点，
1
∴EF= AC=CD,EF∥DC，
2
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠≝=∠C，
1
∵ DF= AC=DC，
2
∴∠DFC=∠C，
∴∠≝=∠DFC，
∴180°−∠≝=180°−∠DFC，
∴ ∠DEM=∠DFN，∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴ ∠EDF = ∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE=∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN=∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
NF DF √5
∴ = = ，
EM DE 2
√5
∴ FN= EM，
2
（3）
如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，
1
Rt△AFC中，FC= BC=2,
2
∴ AF=√AC2−FC2=4，
1 1
∵S = BC⋅AF= AB⋅CH，
△ABC 2 2
BC⋅AF 4×4 8√5
∴HC= = = ，
AB 2√5 5
∵ DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，GD AD 1
∴ = = ，
HC AC 2
1 4√5
∴GD= HC= ，
2 5
Rt△GED中，
¿=√ED2−GD2=
√
22−
(4√5) 2
=
2√5
，
5 5
Rt△AGD中，
AG=√AD2−GD2=
√
(√5) 2 −
(4√5) 2
=
3√5
，
5 5
3√5
AG 5 3
∴tan∠ADG= = = ，
GD 4 4
√5
5
∵EF∥AD，
∴∠EMG=∠ADG，
EG 3
∴tan∠EMG= = ，
MG 4
4 4 2√5 8√5
∴MG= ≥= × = ，
3 3 5 15
8√5 4√5 4√5
∴MD=MG+GD= + = ，
15 5 3
∵ △DNF∽△DME，
DN DF √5
∴ = = ，
DM DE 2
√5 √5 4√5 10
∴DN= DM= × = ．
2 2 3 3
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质
定理，相似三角形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的
关键．
一、解答题【共20题】
1．（2022·辽宁阜新·中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△≝¿绕点D旋转（
DE<AB），∠EDF=90°，DE=DF，连接AE，CF．(1)如图1，求证：△ADE≌△CDF；
(2)直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB=4，DE=2，直接写出在△≝¿旋转的过程中，线段BG长度的
最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析②2√6
【分析】(1)根据SAS证明三角形全等即可；
(2)①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
②作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，证明△BMG是等腰直角三角形，求
出BM的最小值，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°．
∵DE=DF，∠EDF=90°．
∴∠ADC=∠EDF，
∴∠ADE=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
¿
∴△ADE≌△CDF(SAS)；
（2）①证明：如图2中，设AG与CD相交于点P．
∵∠ADP=90°，
∴∠DAP+∠DPA=90°．∵△ADE≌△CDF，
∴∠DAE=∠DCF．
∵∠DPA=∠GPC，
∴∠DAE+∠DPA=∠GPC+∠GCP=90°．
∴∠PGN=90°，
∵BM⊥AG，BN⊥GN，
∴四边形BMGN是矩形，
∴∠MBN=90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠MBN=90°．
∴∠ABM=∠CBN．
又∵∠AMB=∠BNC=90°，
∴△AMB≌△CNB．
∴MB=NB．
∴矩形BMGN是正方形；
②解：作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，
∵∠DHA=∠AMB=90°,∠ADH=90°−∠DAH=∠BAM,AD=AB
∴△AMB≌△DHA．
∴BM=AH．
∵AH2=AD2−DH2，AD=4，
∴DH最大时，AH最小，DH =DE=2．
最大值
∴BM =AH =2√3．
最小值 最小值
由(2)①可知，△BGM是等腰直角三角形，
∴BG =√2BM=2√6．
最小值
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰
直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，
属于中考压轴题．
2．（2022·江苏南通·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，点E在折线BCD
上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．(1)当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证AM=AB；
(2)当AE=3√2时，求CF的长；
(3)连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)√3或√13
3
(3)
5
【分析】（1）证明△ABE≅△AMF即可得证．
（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助△ABE≅△AMF，在Rt△CMF中求解；当点
E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助△AGE≅△AHF并利用勾
股定理求解即可．
（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比
较取最小即可．
（1）
如图所示，
由题意可知，∠AMF=∠B=90∘，∠BAC=∠EAF，
∴∠BAE=∠MAF，
由旋转性质知：AE=AF，
在△ABE和△AMF中，
∠B=∠AMF
{∠BAE=∠MAF，
AE=AF
∴△ABE≅△AMF，
∴AM=AB．（2）
当点E在BC上时，
在Rt△ABE中，AB=4，AE=3√2，
则BE=√AE2−AB2=√2，
在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，
则AC=√AB2+BC2=5，
由（1）可得，MF=BE=√2，
在Rt△CMF中，MF=√2，CM=AC−AM=5−4=1，
则CF=√M F2+CM2=√3，
当点E在CD上时，如图，
过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同（1）可得△AGE≅△AHF，
∴FH=EG=BC=3,AH=AG=3,HC=2，
由勾股定理得CF=√32+22=√13；
故CF的长为√3或√13．
（3）
如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作DH⊥FM于点H，
由（1）知，∠AMF=90∘，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在△CMJ与△CDA中，
∠CMJ=∠ADC
{ ，
∠MCJ=∠ACD
∴Rt△CMJ~Rt△CDA，
CM MJ CJ
∴ = = ，
CD AD AC
1 MJ CJ
即∴ = = ，
4 3 5
3 5
∴MJ= ，CJ= ，
4 45 11
DJ=CD−CJ=4− = ，
4 4
在△CMJ与△DHJ中，
∠CMJ=∠DHJ
{ ，
∠CJM=∠DJH
∴Rt△CMJ~Rt△DHJ，
CM CJ
∴ = ，
DH DJ
5
1 4
即 = ，
DH 11
4
11
DH= ，
5
11
故DF的最小值 ；
5
如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转∠BAC的度数，得到
线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR，DK⊥FR，
由题意可知，∠DAE=∠RAF，
在△ARF与△ADE中，
AD=AR
{∠DAE=∠RAF，
AE=AF
∴△ADE≅△ARF，
∴∠ARF=∠ADE=90∘，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于DQ⊥AR，DK⊥FR，∠ARF=90∘，
故四边形DQRK是矩形；
∴DK=QR，
4 12
∴AQ=AD⋅cos∠BAC=3× = ，
5 5∵AR=AD=3，
12 3
∴DK=QR=AR−AQ=3− = ，
5 5
3
故此时DF的最小值为 ；
5
3 11 3
由于 < ，故DF的最小值为 ．
5 5 5
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾
股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
3．（2022·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，
∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，P为EF中点，连接AF，G为AF中点，连接
PG，DG，将Rt△ECF绕点C顺时针旋转，旋转角为α（0°≤α≤360°）．
(1)如图1，当α＝0°时，DG与PG的关系为 ；
(2)如图2，当α＝90°时
①求证：△AGD≌△FGM；
②（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)DG=PG且DG⊥GP
(2)①见解析；②成立，理由见解析
【分析】（1）先判断出△ABE≅△ADF，得出AE=AF，∠DAF=∠BAE，再用直角
三角形斜边的中线等于斜边的一半和三角形中位线定理、三角形外角和定理，即可得出结
论；
（2）①先判断出∠DAG=∠MFG，再判断出AF=FG，即可得出结论；②由①知，△AGD≅△FGM，得DG=MG，AD=FM=BC得出CM=CF，根据题
（1）DE=CE，得出CM=DE，得△ADE≅△DCM，得AE=DM．又根据点G是DM
的中点，PG是△AEF的中位线，等量代换得DG=PG．根据△ADE≅△DCM得
∠DAE=∠CDM，且∠EDA=∠EDN+∠ADN=90°，推出∠∧=90°，又根据
PG∥AF，同旁内角互补，得∠NGP=90°，即DG⊥GP．
（1）
解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠B=∠ADC=90°，AB=BC=AD=CD
∵△ECF为等腰直角三角形
∴CE=CF
∴CE＝CF，BE=DF
∴△ABE≅△ADF
∴AE=AF，∠DAF=∠BAE
∵点G是AF的中点
1
∴DG= AF
2
1
∴DG= AE
2
∵P为EF中点，G为AF中点
∴PG是△AEF的中位线
1
∴PG= AE，PG∥AE
2
∴DG=PG，∠FAE=∠FGP
又∵在△ADF中DG=AG=GF
∴∠DAF=∠ADG且∠DAF+∠ADG=∠DGF
∴2∠DAF=∠DGF
∵∠DAF+∠FAE+∠EAB=90°
∴2∠DAF+∠FAE=90°
∴∠DGF+∠FAE=90°
∴∠DGF+∠FGP=90°
∴DG⊥GP
故DG=PG且DG⊥GP．
故答案是：DG=PG且DG⊥GP；
（2）
①证明：∵四边形ABCD是正方形，∠DAG=∠MFG
∴AD∥BC
∵点G是AF的中点∴AG=FG
∴在△AGD和△FGM中
∠DAG=∠MFG
{ AG=FG
∠AGD=∠FGM
∴△AGD≅△FGM(ASA)
解：②（1）中的结论DG=PG且DG⊥GP成立
证明：由①知，△AGD≅△FGM
∴DG=MG，AD=MF=BG
1
∴BM=CF= BC
2
∴CM=CF
∵DE=CF
∴CM=DE
又∵AD=CD，∠ADE=∠DMC=90°
∴△ADE≅△DCM
∴AE=DM，∠DAE=∠CDM
∵点G是DM的中点
1 1
∴DG=MG= DM= AE
2 2
又∵P为EF中点，G为AF中点
∴PG是△AEF的中位线
1
∴PG= AF，PG∥AF
2
∴DG=PG
又∵∠EDA=∠EDN+∠ADN=90°
∴∠DAE+∠ADN=90°
∴∠∧=90°
∴∠ENG=90°
又∵PG∥AF
∴∠ENG+∠NGP=180°
∴∠NGP=90°
∴DG⊥GP
故DG=PG且DG⊥GP．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等
腰直角三角形的性质，三角形的中位线定理，解题的关键是全等三角形性质，三角形中位
线定理，等量代换的转换运用．4．（2022·山东青岛·中考真题）如图，在Rt△ABC中，
∠ACB=90°,AB=5cm,BC=3cm，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，
连接CD．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，
沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s．PQ交AC于点F，连接CP,EQ．设运动时间为
t(s)(0<t<5)．解答下列问题：
(1)当EQ⊥AD时，求t的值；
(2)设四边形PCDQ的面积为S(cm2 )，求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
16
【答案】(1) s
5
1 37
(2)S= t2− t+14
2 10
65
(3)存在，t= s
29
AQ AE t 4
【分析】（1）利用△AQE∽△AED得 = ，即 = ，进而求解；
AE AD 4 5
（2）分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N，证△ABC∽△CAM
AB BC AC 12 16 BP PN
得， = = ，求得AM= ，CM= ，再证△BPN∽△BAC得 = ，
CA AM CM 5 5 BA AC
4
得出PN= t，根据S=S =S +S −S −S 即可求出表达式；
5 四边形PCDQ △ABC △ACD △APQ △BPC
AP AQ
（3）当PQ∥CD时∠AQP=∠ADC，易证△APQ∽△MCD，得出 = ，则
MC MD
5−t t
=
16 13，进而求出t值．
5 5
（1）
解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC=√AB2−BC2=√25−9=4
∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE
∴AD=5，DE=3，AE=4，∠AED=90°，∠BAD=90°
∵EQ⊥AD
∴∠AQE=∠AED=90°又∠EAQ=∠DAE
∴△AQE∽△AED
AQ AE
∴ =
AE AD
t 4
∴ =
4 5
16
∴t=
5
16
答：当EQ⊥AD时，t的值为 s．
5
（2）
解：分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N
∵∠B+∠BAC=90°,∠CAM+∠BAC=90°
∴∠B=∠CAM
又∠BCA=∠AMC=90°
∴△ABC∽△CAM
AB BC AC
∴ = =
CA AM CM
5 3 4
∴ = =
4 AM CM
12 16
∴AM= ，CM=
5 5
∵∠B=∠B，∠BNP=∠BCA=90°
∴△BPN∽△BAC
BP PN
∴ =
BA AC
t PN
∴ =
5 4
4
∴PN= t
5
1 1 1 1 16
∴S = ⋅BC⋅AC= ×3×4=6,S = ⋅AD⋅CM= ×5× =8
△ABC 2 2 △ACD 2 2 5
1 1 4 6 1 1
S = ⋅BC⋅PN= ×3× t= t,S = ⋅AQ⋅AP= t(5−t)
△PBC 2 2 5 5 △APQ 2 2∴S=S =S +S −S −S
四边形PCDQ △ABC △ACD △APQ △BPC
1 6
=6+8− t(5−t)− t
2 5
1 37
= t2− t+14
2 10
1 37
∴S= t2− t+14
2 10
（3）
解：假设存在某一时刻t，使PQ∥CD
12
∵AD=5,AM=
5
12 13
∴DM=AD−AM=5− =
5 5
∵PQ∥CD
∴∠AQP=∠ADC
又∠PAQ=∠CMD=90°
∴△APQ∽△MCD
AP AQ
∴ =
MC MD
5−t t
=
∴ 16 13
5 5
65
∴t=
29
65
∴存在时刻t= s，使PQ∥CD．
29
【点睛】本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质，根据旋转的性
质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．
5．（2022·辽宁·本溪市教师进修学院中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，
线段AB绕点A逆时针旋转至AD（AD不与AC重合），旋转角记为α，∠DAC的平分线AE与射线BD相交于点E，连接EC．
(1)如图①，当α=20°时，∠AEB的度数是_____________；
(2)如图②，当0°<α<90°时，求证：BD+2CE=√2AE；
BD
(3)当0°<α<180°,AE=2CE时，请直接写出 的值．
ED
【答案】(1)45°
(2)见解析
(3)2√2+2或2√2−2
【分析】（1）根据旋转的性质可知AB=AD，当α=20°时可根据等腰三角形的性质计算
∠ADB的角度，再由∠BAC=90°，AE是∠DAC的平分线可知∠DAE=35°，由三角
形外角的性质，通过∠AEB=∠ADB−∠DAE即可得出答案；
（2）延长DB到F，使BF=CE，连接AF，先证明△ADE≌△ACE，可推导
∠DEA=∠CEA、∠ADE=∠ACE、∠DE=CE，再由已知条件及等腰三角形的性质推
导∠DEA=∠CEA=45°，然后证明△ABF≌△ACE，推导∠FAE=90°，在Rt△AFE
中，由三角函数可计算EF=√2AE，即可证明BD+2CE=√2AE；
（3）分两种情况讨论：①当0°<α<90°时，借助（2）可知BD=(2√2−2)CE，再求
BD
的值即可；②当90°≤α<180°时，在线段BD上取点F，使得BF=CE，结合（2）中
ED
△ADE≌△ACE，可知DE=CE、∠ADE=∠ACE，易证明△ABF≌△ACE，可推导
∠BAF=∠CAE、AE=AF、∠EAF=90°， ∠AEF=∠AFE=45°，在Rt△AFE中，
BD
由三角函数可计算EF=√2AE，即可推导BD=(2√2+2)CE，再求 的值即可．
ED
（1）
解：由旋转可知，AB=AD，当α=20°时，
180°−α 180°−20°
可知∠ABD=∠ADB= = =80°，
2 2
∵∠BAC=90°，AE是∠DAC的平分线，
∠BAC−α 90°−20°
∴∠DAE= = =35°，
2 2∴∠AEB=∠ADB−∠DAE=80°−35°=45°．
故答案为：45°；
（2）
证明：延长DB到F，使BF=CE，连接AF．
∵AB=AC，AD=AB，
∴AD=AC，
∵AE平分∠DAC，
∴∠DAE=∠CAE，
∵AE=AE，
∴△ADE≌△ACE，
∴∠DEA=∠CEA，∠ADE=∠ACE，∠DE=CE，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠ADE+∠ADB=180°，
∴∠ACE+∠ABD=180°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BEC=360°−(∠ACE+∠ABD)−∠BAC=360°−180°−90°=90°，
∵∠DEA=∠CEA
1
∴∠DEA=∠CEA= ×90°=45°，
2
∵∠ABF+∠ABD=180°，∠ACE+∠ABD=180°，
∴∠ABF=∠ACE，
∵AB=AC，BF=CE，
∴△ABF≌△ACE，
∴AF=AE，∠AFB=∠AEC=45°，
∴∠FAE=180°−∠AFB−∠DEA=180°−45°−45°=90°，
在Rt△AFE中，∠FAE=90°，
AE
∵cos∠AEF= ，
EF
AE AE
∴EF= = =√2AE，
cos∠AEF cos45°∵EF=BF+BD+DE=CE+BD+CE=BD+2CE，
∴BD+2CE=√2AE；
（3）
①当0°<α<90°时，由（2）可知，
DE=CE，BD+2CE=√2AE，
∴BD=√2AE−2CE，
当AE=2CE时，可知BD=√2×2CE−2CE=(2√2−2)CE，
BD (2√2−2)CE (2√2−2)CE
∴ = = =2√2−2；
ED ED CE
②当90°≤α<180°时，如下图，在线段BD上取点F，使得BF=CE，
由（2）可知，△ADE≌△ACE，
∴DE=CE，∠ADE=∠ACE，
∵AB=AC，
∴∠ABF=∠ADE，
∴∠ABF=∠ACE，
∵BF=CE，
∴△ABF≌△ACE(SAS)，
∴∠BAF=∠CAE，AE=AF，
∴∠EAF=∠CAF+∠CAE=∠CAF+∠BAF=∠BAC=90°，
180°−∠EAF
∴∠AEF=∠AFE= =45°，
2
AE
在Rt△AFE中，cos∠AEF= ，
EF
AE AE
∴EF= = =√2AE，
cos∠AEF cos45°
∴BD=BF+EF+DE=CE+√2AE+CE=√2AE+2CE，
当AE=2CE时，可知BD=√2×2CE+2CE=(2√2+2)CE，
BD (2√2+2)CE (2√2+2)CE
∴ = = =2√2+2．
ED ED CE
BD BD
综上所述，当0°<α<180°,AE=2CE时， =2√2+2或 =2√2−2．
ED ED
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及三
角函数解直角三角形的知识，解题关键是熟练掌握相关性质，并通过作辅助线构建全等三角形．
4
6．（2022·广西梧州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线y=− x−4分别与x，
3
5
y轴交于点A，B，抛物线y= x2+bx+c恰好经过这两点．
18
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若点C的坐标是(0,6)，将△ACO绕着点C逆时针旋转90°得到△ECF，点A的对应点是
点E．
①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；
3
②若点P是y轴上的任一点，求 BP+EP取最小值时，点P的坐标．
5
5 1
【答案】(1)y= x2− x−4
18 2
3
(2)①点E在抛物线上；②P（0，− ）
2
【分析】（1）先求出A、B坐标，然后根据待定系数法求解即可；
（2）①根据旋转的性质求出EF=AO=3，CF=CO=6，从而可求E的坐标，然后把E的坐标
代入（1）的函数解析式中，从而判断出点E是否在抛物线上；
AO HP 3 3
②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，sin∠ABO= = = ，则HP= BP，
AB BP 5 5
3
得 BP＋EP＝HP＋PE，可知HP＋PE的最小值为EH的长，从而解决问题．
5
（1）
解：当x=0时，y=-4，
4
当y=0时，− x−4=0，
3
∴x=-3，
∴A（-3，0），B（0，-4），
5
把A、B代入抛物线y= x2+bx+c，
18
得¿，∴¿，
5 1
∴抛物线解析式为y= x2− x−4．
18 2
（2）
解：①∵A（-3，0），C（0，6），
∴AO=3，CO=6，
由旋转知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°
∴E到x轴的距离为6-3=3，
∴点E的坐标为（6，3），
5 1
当x=3时，y= ×62− ×6−4=3，
18 2
∴点E在抛物线上；
②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，
∵A（−3，0），B（0，−4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
AO HP 3
∵sin∠ABO= = = ，
AB BP 5
3
∴HP= BP，
5
3
∴ BP＋EP＝HP＋PE，
5
∴HP＋PE的最小值为EH的长，
作EG⊥y轴于G，
∵∠GEP＝∠ABO，
∴tan∠GEP＝tan∠ABO，
PG AO
∴ = ，
EG BO
PG 3
∴ = ，
6 4
9
∴PG＝ ，
29 3
∴OP＝ −3＝ ，
2 2
3
∴P（0，− ）．
2
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，三
3
角函数，两点之间、线段最短等知识，利用三角函数将 BP转化为HP的长是解题的关键．
5
7．（2022·湖南岳阳·中考真题）如图，△ABC和△DBE的顶点B重合，
∠ABC=∠DBE=90°，∠BAC=∠BDE=30°，BC=3，BE=2．
AD
(1)特例发现：如图1，当点D，E分别在AB，BC上时，可以得出结论： =______，直
CE
线AD与直线CE的位置关系是______；
(2)探究证明：如图2，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转，使点D恰好落在线段AC上，
连接EC，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)拓展运用：如图3，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转α(19°<α<60°)，连接AD、
EC，它们的延长线交于点F，当DF=BE时，求tan(60°−α)的值．
【答案】(1)√3 ，垂直
(2)成立，理由见解析
8√5−9√3
(3)
11
【分析】（1）解直角三角形求出EC，AD，可得结论；
AD AB
（2）结论不变，证明△ABD∽△CBE，推出 = =√3，∠ADB=∠BEC，可得结
EC BC
论；
（3）如图3中，过点B作BJ⊥AC于点J，设BD交AK于点K，过点K作KT⊥AC于点
K.求出BJ，JK，可得结论．
(1)
解：在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=3，∠A=30°，∴AB=√3BC=3√3，
在Rt△BDE中，∠BDE=30°，BE=2，
∴BD=√3BE=2√3，
∴EC=1，AD=√3，
AD
∴ =√3，此时AD⊥EC，
EC
故答案为：√3，垂直；
(2)
结论成立．
理由：∵∠ABC=∠DBE=90°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=√3BC，BD=√3BE，
AC DB
∴ = ，
BC EB
∴△ABD∽△CBE，
AD AB
∴ = =√3，∠ADB=∠BEC，
EC BC
∵∠ADB+∠CDB=180°，
∴∠CDB+∠BEC=180°，
∴∠DBE+∠DCE=180°，
∵∠DBE=90°，
∴∠DCE=90°，
∴AD⊥EC；
(3)
如图3中，过点B作BJ⊥AC于点J，设BD交AK于点K，过点K作KT⊥AC于点K．
∵∠AJB=90°，∠BAC=30°，
∴∠ABJ=60°，∴∠KBJ=60°−α．
∵AB=3√3，
1 3√3 9
∴BJ= AB= ，AJ=√3BJ= ，
2 2 2
当DF=BE时，四边形BEFD是矩形，
∴∠ADB=90°，AD=√AB2−BD2=√ (3√3) 2 −(2√3) 2=√15，
设KT=m，则AT=√3m，AK=2m，
∵∠KTB=∠ADB=90°，
KT AD
∴tanα= = ，
BT BD
m √15
∴ = ，
BT 2√3
2√5
∴BT= m，
5
2√5
∴√3m+ m=3√3，
5
45−6√15
∴m= ，
11
90−12√15
∴AK=2m= ，
11
9 90−12√15 24√15−81
∴KJ=AJ−AK= − = ，
2 11 22
KJ 8√5−9√3
∴tan(60°−α)= = ．
BJ 11
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
8．（2022·湖北十堰·中考真题）已知∠ABN=90°，在∠ABN内部作等腰△ABC，
AB=AC，∠BAC=α(0°<α≤90°)．点D为射线BN上任意一点（与点B不重合），连接
AD，将线段AD绕点A逆时针旋转α得到线段AE，连接EC并延长交射线BN于点F．
(1)如图1，当α=90°时，线段BF与CF的数量关系是_________；
(2)如图2，当0°<α<90°时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)若α=60°，AB=4√3，BD=m，过点E作EP⊥BN，垂足为P，请直接写出PD的长
（用含有m的式子表示）．
【答案】(1)BF=CF
(2)成立；理由见解析
m m
(3)PD=6− 或PD=0或PD= −6
2 2
【分析】（1）连接AF，先根据“SAS”证明ΔACE≌ΔABD，得出
∠ACE=∠ABD=90°，再证明Rt△ABF≌Rt△ACF，即可得出结论；
（2）连接AF，先说明∠EAC=∠BAD，然后根据“SAS”证明ΔACE≌ΔABD，得出
∠ACE=∠ABD=90°，再证明Rt△ABF≌Rt△ACF，即可得出结论；
（3）先根据α=60°，AB=AC，得出△ABC为等边三角形，再按照∠BAD＜60°，
∠BAD=60°，∠BAD＞60°三种情况进行讨论，得出结果即可．
（1）
解：BF=CF；理由如下：
连接AF，如图所示：
根据旋转可知，∠DAE=α=90°，AE=AD，
∵∠BAC=90°，
∴∠EAC+∠CAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，
∴∠EAC=∠BAD，
∵AC=AB，
∴ΔACE≌ΔABD（SAS），
∴∠ACE=∠ABD=90°，
∴∠ACF=180°−90°=90°，
∵在Rt△ABF与Rt△ACF中¿，
∴Rt△ABF≌Rt△ACF（HL），
∴BF=CF．
故答案为：BF=CF．
（2）成立；理由如下：
连接AF，如图所示：
根据旋转可知，∠DAE=α，AE=AD，
∵∠BAC=α，
∴∠EAC−∠CAD=α，∠BAD−∠CAD=α，
∴∠EAC=∠BAD，
∵AC=AB，
∴ΔACE≌ΔABD，
∴∠ACE=∠ABD=90°，
∴∠ACF=180°−90°=90°，
∵在Rt△ABF与Rt△ACF中¿，
∴Rt△ABF≌Rt△ACF（HL），
∴BF=CF．
（3）
∵α=60°，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AB=AC=BC=4√3，
当∠BAD＜60°时，连接AF，如图所示：
根据解析（2）可知，Rt△ABF≌Rt△ACF，
1
∴∠BAF=∠CAF= ∠BAC=30°，
2
∵AB=4√3，
BF
∴tan∠BAF=tan30°= ，
AB
√3
即BF=AB×tan30°=4√3× =4，
3
∴CF=BF=4，根据解析（2）可知，ΔACE≌ΔABD，
∴CE=BD=m，
∴EF=CF+CE=4+m，
∠FBC=∠FCB=90°−60°=30°，
∴∠EFP=∠FBC+∠FCB=60°，
∵∠EPF=90°，
∴∠FEP=90°−60°=30°，
1 1 m
∴PF= EF= (4+m)=2+ ，
2 2 2
m m
∴BP=BF+PF=4+2+ =6+ ，
2 2
m m
∴PD=BP−BD=6+ −m=6− ；
2 2
当∠BAD=60°时，AD与AC重合，如图所示：
∵∠DAE=60°，AE=AD，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∵∠ADB=90°−∠BAC=30°，
∴∠ADE=60°+30°=90°，
∴此时点P与点D重合，PD=0；
当∠BAD＞60°时，连接AF，如图所示：
根据解析（2）可知，Rt△ABF≌Rt△ACF，
1
∴∠BAF=∠CAF= ∠BAC=30°，
2
∵AB=4√3，BF
∴tan∠BAF=tan30°= ，
AB
√3
即BF=AB×tan30°=4√3× =4，
3
∴CF=BF=4，
根据解析（2）可知，ΔACE≌ΔABD，
∴CE=BD=m，
∴EF=CF+CE=4+m，
∵∠FBC=∠FCB=90°−60°=30°，
∴∠EFP=∠FBC+∠FCB=60°，
∵∠EPF=90°，
∴∠FEP=90°−60°=30°，
1 1 m
∴PF= EF= (4+m)=2+ ，
2 2 2
m m
∴BP=BF+PF=4+2+ =6+ ，
2 2
( m) m
∴PD=BD−BF=m− 6+ = −6；
2 2
m m
综上分析可知，PD=6− 或PD=0或PD= −6．
2 2
9．（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，
将三角板的直角顶点D放在Rt ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板
△
的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
△
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的
形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
25 25
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN= ；（3）AN= ．
8 7
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC ，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明 NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明 CGN∽ CAB，利用相
似三角形的性质即可求解；
△ △ △
（3）延长ND，使DH=DN，证明 BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明
∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
△
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
△
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=△90°，BC=√AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
1
∴CD= BC=5．
2
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
1 5
∴CG= CD= ．
2 2
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴ CGN∽ CAB．
5
△CG C△N
∴ = ，即2 CN，
CA CB =
8 1025
∴CN= ；
8
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=√2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(√2x)2，
25
解得x= ，
7
25
∴线段AN的长为 ．
7
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，
勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
10．（2022·湖北武汉·中考真题）如图是由小正方形组成的9×6网格，每个小正方形的顶
点叫做格点．△ABC的三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画
图过程用虚线表示．(1)在图（1）中，D，E分别是边AB，AC与网格线的交点．先将点B绕点E旋转180°得
到点F，画出点F，再在AC上画点G，使DG∥BC；
(2)在图（2）中，P是边AB上一点，∠BAC=α．先将AB绕点A逆时针旋转2α，得到线
段AH，画出线段AH，再画点Q，使P，Q两点关于直线AC对称．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）取格点，作平行四边形，利用平行四边形对角顶点关于对角线交点对称即可
求点F；平行四边形对边在网格中与格线的交点等高，连接等高点即可作出DG∥BC；
（2）取格点，作垂直平分线即可作出线段AH；利用垂直平分线的性质，证明三角形全等，
作出P，Q两点关于直线AC对称
（1）
解：作图如下：
取格点F，连接AF，AF∥BC且AF=BC，所以四边形ABCF是平行四边形，连接 BF，
与AC的交点就是点E，所以BE=EF，所以点F即为所求的点；
连接CF，交格线于点M，因为四边形ABCF是平行四边形，连接DM交AC于一点，该点
就是所求的G点；
（2）
解：作图如下：取格点D、E，连接DE，AC平行于DE，取格点R，连接BR并延长BR交DE于一点H，
连接AH，此线段即为所求作线段；
理由如下：取格点W连接AW、CW，连接CR，
∴△AWC≅△RCB，
∴∠WAC=∠CRB，
∵∠WAC+∠ACW=90°，
∴∠CRB+∠ACW =90°，
∴∠RKC=90°，
∴AC⊥BH，
∵DH∥CK，
BK BC
∴ = ，
BH BD
∵点C是BD的中点，
∴点K是BH的中点，
即BK=KH，
∴AC垂直平分BH，
∴AB=AH．
连接PH，交AC于点M，连接BM交AH于点Q，则该点就是点P关于AC直线的对称点．
理由如下：∵AC垂直平分BH，
∴△BMH是等腰三角形，∠PAM=∠QAM，
∴ ∠BMK=∠AMQ=∠HMK=∠AMP，
∴△AMP≅△AMQ，
∴AP=AQ，
∴P，Q两点关于直线AC对称.
【点睛】本题考查了用无刻度直尺在网格中作图的知识，找准格点作出平行四边形和垂直
平分线是解决本题的关键．
11．（2022·四川广元·中考真题）在Rt ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜
α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．
△(1)如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为 ；
(2)将线段CA绕点C顺时针旋转α时
①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段
AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)135°
(2)（2）①补全图形见解析；∠ADB=45°；②2BE-AD=√2CE．理由见解析
【分析】（1）由题意得点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，利用圆内接四
边形的性质即可求解；
（2）①根据题意补全图形即可；同（1），利用圆周角定理即可求解；
②过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，证明BE=DE， CEH是等腰直角三
角形，推出EH=2BE-AD，利用等腰直角三角形的性质即可证明结论．
△
【详解】（1）解：由题意得：CA=CD=CB，
∴点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，如图，
在优弧^AB上取点G，连接AG，BG，
∵Rt ABC中，∠BCA=90°，
∴∠BGA=45°，
△
∵四边形ADBG是圆内接四边形，
∴∠ADB=180°-45°=135°，
故答案为：135°；
（2）①补全图形，如图：由题意得：CA=CD=CB，
∴点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，如图，
∵Rt ABC中，∠BCA=90°，
∴∠ADB=45°；
△
②2BE-AD=√2CE．理由如下：
过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，如图：
∵CD=CB，CE是∠BCD的平分线，
∴CE是线段BD的垂直平分线，
∴BE=DE，∠EFD=90°，
由①知∠ADB=45°，
∴∠DEF=45°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴∠DEF=∠H=45°，CE=CH，
∵CD=CA，
∴∠CAD=∠CDA，则∠CAE=∠CDH，
∴△AEC≌△DHC，
∴AE=DH，
∴EH=2ED-AD=2BE-AD，
∵△CEH是等腰直角三角形，∴2BE-AD=√2CE．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，圆内接
四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形
和等腰直角三角形解决问题．
12．（2022·江苏连云港·中考真题）【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学
将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB=∠DEB=90°，
∠B=30°，BE=AC=3．
【问题探究】小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
(1)如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
(2)若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．
(3)连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次
在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
(4)如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是_____．
【答案】(1)2√3
(2)√6±1
5√3
(3) π
6
7√3
(4)
4
【分析】（1）在Rt△BEF中，根据余弦的定义求解即可；
（2）分点E在BC上方和下方两种情况讨论求解即可；
（3）取BC的中点O，连接GO，从而求出OG=√3，得出点G在以O为圆心，√3为半径的
圆上，然后根据弧长公式即可求解；
（4）由（3）知，点G在以O为圆心，√3为半径的圆上，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点G到直线AB的距离的最大，在Rt△BOH中求出
OH，进而可求GH.
（1）
解：由题意得，∠BEF=∠BED=90°，
BE
∵在Rt△BEF中，∠ABC=30°，BE=3，cos∠ABC= ．
BF
BE 3
∴BF= = =2√3．
cos∠ABC cos30°
（2）
①当点E在BC上方时，
如图一，过点D作DH⊥BC，垂足为H，
∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=3，
AC
∴tan∠ABC= ，
BC
AC 3
∴BC= = =3√3．
tan∠ABC tan30°
∵在△BDE中，∠DEB=90°，∠DBE=∠ABC=30°，
DE
BE=3，tan∠DBE= ，
BE
∴DE=BE⋅tan30°=√3．
∵点C、E、D在同一直线上，且∠DEB=90°，
∴∠CEB=180°−∠DEB=90°．
又∵在△CBE中，∠CEB=90°，BC=3√3，BE=3，
∴CE=√BC2−BE2=3√2，
∴CD=CE+DE=3√2+√3．
1 1
∵在△BCD中，S = CD⋅BE= BC⋅DH，
△BCD 2 2
CD⋅BE
∴DH= =√6+1．
BC
②当点E在BC下方时，
如图二，在△BCE中，∵∠CEB=90°，BE=3，BC=3√3，
∴CE=√BC2−BE2=3√2．
∴CD=CE−DE=3√2−√3．
过点D作DM⊥BC，垂足为M．
1 1
在△BDC中，S = BC⋅DM= CD⋅BE，
△BDC 2 2
∴DM=√6−1．
综上，点D到直线BC的距离为√6±1．
（3）
1
解：如图三，取BC的中点O，连接GO，则GO= BD=√3．
2
∴点G在以O为圆心，√3为半径的圆上．
当三角板DEB绕点B顺时针由初始位置旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G
150 5√3
所经过的轨迹为150°所对的圆弧，圆弧长为 ×2π×√3= π．
360 6
5√3
∴点G所经过的路径长为 π．
6
（4）
解：由（3）知，点G在以O为圆心，√3为半径的圆上，
如图四，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点G到直线AB的距离的最大，
1 3√3
在Rt△BOH中，∠BHO=90°，∠OBH=30°，BO= BC= ，
2 2
3√3 3√3
∴OH=BO⋅sin∠OBH= ⋅sin30°= ，
2 4
3√3 7√3
∴GH=OG+OH=√3+ = ，
4 4
7√3
即点G到直线AB的距离的最大值为 .
4
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，弧长公式，解直角三角形等知识，分点E在
BC上方和下方是解第（2）的关键，确定点G的运动轨迹是解第（3）（4）的关键.
13．（2022·四川达州·中考真题）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大
小不同的等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形CDE，按如图1的方式摆放，
∠ACB=∠ECD=90°，随后保持△ABC不动，将△CDE绕点C按逆时针方向旋转α（
0°<α<90°），连接AE，BD，延长BD交AE于点F，连接CF．该数学兴趣小组进行如
下探究，请你帮忙解答：(1)【初步探究】如图2，当ED∥BC时，则α=_____；
(2)【初步探究】如图3，当点E，F重合时，请直接写出AF，BF，CF之间的数量关系：
_________；
(3)【深入探究】如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请
给出推理过程；若不成立，请说明理由．
(4)【拓展延伸】如图5，在△ABC与△CDE中，∠ACB=∠DCE=90°，若BC=mAC，
CD=mCE（m为常数）．保持△ABC不动，将△CDE绕点C按逆时针方向旋转α（
0°<α<90°），连接AE，BD，延长BD交AE于点F，连接CF，如图6．试探究AF，
BF，CF之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)45°
(2)BF=AF+√2CF
(3)BF=AF+√2CF仍然成立，理由见解析
(4)BF=√1+m2FC+mAF
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得AC⊥BC，根据题意可得AC⊥ED，
根据等原三角形的性质可得AC平分∠ECD，即可得∠ACE=45°，根据旋转的性质可知
∠ECA=α；
（2）证明△ACE ≌ △BCD，可得AE=DB，根据等腰直角三角形可得ED=√2CE，由
BE=BD+ED，即可即可得出BF=AF+√2CF；
（3）同（2）可得△ACE ≌ △BCD，过点C，作CH⊥FC，交BF于点H，证明
△FEC≌△HDC，△AFC ≌ △BHC，可得BH=AF，即可得出BF=AF+√2CF；
（4）过点C作CG⊥CF，交BF于点G，证明△ACE∽△BCD，可得BG=mAF，
GC=mFC，在Rt△FCG中，勾股定理可得FG=√1+m2FC，即可得出
BF=√1+m2FC+mAF．
【详解】（1）∵等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形CDE，
∴∠ECD=90°，AC⊥BC
∵ED∥BC
∴ED⊥AC∴∠ACE=α=45°
故答案为：45°
（2）∵∠ACB=∠ECD=90°
∴∠ACE+∠ACD=∠ACD+∠BCD
∴∠ACE=∠BCD
在△ACE与△BCD中，
¿
∵ △ACE ≌ △BCD
∴ AE=DB
∴BE=BD+ED
又ED=√2CE
∴BE=AE+√2CE
∵E,F重合，
∴BF=AF+√2CF
故答案为：BF=AF+√2CF
（3）同（2）可得△ACE ≌ △BCD
∴AE=DB，∠EAC=∠DBC过点C，作CH⊥FC，交BF于点H，
则∠ECF+∠FCD=∠FCD+∠DCH=90°，
∴ ∠ECF=∠DCH，
在△FEC与△HDC中，
¿，
∴ △FEC≌△HDC，
∴FC=CH，
∴△CFH是等腰直角三角形，
∴FH=√2FC，CH=FC，
∴∠FCH=∠ACF+∠ACH=90°,∠ACB=∠BCH+∠ACH=90°，
∴∠ACF=∠BCH，
在△AFC与△BHC中，
¿，
∴ △AFC ≌ △BHC，
∴BH=AF，
∴BF=FH+BH=√2CF+AF，
即BF=AF+√2CF，
（4）过点C作CG⊥CF，交BF于点G，
∵ BC=mAC，CD=mCE，
BC CD
∴ = ，
AC CE
AC BC
∴ = ，
EC DC
∵∠ACE=∠BCD=α，∴△ACE∽△BCD，
∴∠CBG=∠CAF，
∵ ∠FCA+∠ACG=∠GCB+∠ACG，
∴ ∠FCA=∠GCB，
∴△AFC∽△BGC，
BG GC BC
∴ = = =m，
AF FC AC
∴BG=mAF，GC=mFC，
Rt△FCG中，FG=√FC2+CG2=√1+m2FC，
∴ BF=FG+GB=√1+m2FC+mAF，
即BF=√1+m2FC+mAF．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相
似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题
的关键．
14．（2021·辽宁沈阳·中考真题）在△ABC中，AB=AC，△CDE中，CE=CD（
CE≥CA），BC=CD，∠D=α，∠ACB+∠ECD=180°，点B，C，E不共线，点P
为直线DE上一点，且PB=PD．
（1）如图1，点D在线段BC延长线上，则∠ECD=________，∠ABP=________，（用
含α的代数式表示）；
（2）如图2，点A，E在直线BC同侧，求证：BP平分∠ABC；
（3）若∠ABC=60°，BC=√3+1，将图3中的△CDE绕点C按顺时针方向旋转，当BP⊥DE时，直线PC交BD于点G，点M是PD中点，请直接写出GM的长．
√3+2 1
【答案】（1）180°−2α，α；（2）见解析；（3）GM的长为 或 ．
2 2
【分析】（1）利用三角形内角和定理以及等腰三角形的性质求解即可．
（2）如图2中，连接BD．证明∠PBC=∠CDE=α，可得结论．
（3）分两种情形：如图3−1中，设BP交AC于J．图3−2中，设PC交BC于K，当
1
BP⊥PC时，利用三角形的中位线定理，可得GM= PB，求出PB，可得结论．
2
【详解】（1）解：如图1中，
∵CE=CD，
∴∠D=∠E=α，
∴∠ECD=180°−2α，
∴∠ECB=∠E+∠D=2α，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=2α，
∵PB=PD，
∴∠PBD=∠D=α，
∴∠ABP=∠ABC−∠PBD=α，
（2）证明：如图2中，连接BD．∵CB=CD，PB=PD，
∴∠CBD=∠CDB，∠PBD=∠PDB，
∴∠PBC=∠PDC=α，
∵∠ABC=2α，
∴∠ABP=∠PBC=α，
∴PB平分∠ABC．
（3）解：如图3−1中，设BP交AC于J．
∵BP⊥PD，BP=PD，
∴ΔPBD是等腰直角三角形，
∵CB=CD，PB=PD，
∴PG垂直平分线段BG，
∴BG=DG，
∵PM=MD，
1
∴GM= PB，
2
∵∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠ECD=180°−60°=120°，ΔACB是等边三角形，
∵CE=CD，
∴∠CDE=30°，∴∠PBC=∠PDC=30°，
∴∠BJC=90°，
1 √3+1 3+√3
∴CJ= BC= ，BJ=√3CJ= ，
2 2 2
∵∠CPD=∠CPJ=45°，
√3+1
∴PJ=JC= ，
2
∴PB=BJ+PJ=√3+2，
√3+2
∴GM= ．
2
1
如图3−2中，设PC交BC于K，当BP⊥PC时，同法可证GM= PB．
2
∵∠PBC=30°，∠GPB=∠PBC+∠PCB=45°，
∴PCB=∠PCD=15°，
∴∠KCE=120°−15°−15°=90°，
∵∠E=30°，CE=CB=√3+1，
EC √3
∴CK= =1+ ，
√3 3
2√3
∴KB=BC−CK= ，
3
2√3 √3
∴PB=BK⋅cos30°= × =1，
3 2
1 1
∴GM= PB= ，
2 2√3+2 1
综上所述，GM的长为 或 ．
2 2
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，
等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的中位
线定理等知识，解题的关键是利用特殊三角形的性质解决问题，学会用转化的思想思考问
题，属于中考压轴题．
15．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形ABCD中，AB=2√3，∠ABD=30°，点E是边AB的中点，过点E作
EF⊥AB交BD于点F．
实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，如图
AE
2所示，得到结论：① =_____；②直线AE与DF所夹锐角的度数为______．
DF
（2）小王同学继续将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究
（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当△BEF旋转至D、E、F三点共线时，则△ADE的面积为______．
√3 13√3+√39
【答案】（1） ，30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸： 或
2 8
13√3−√39
8
AE BE √3
【分析】（1）通过证明ΔFBD∽ΔEBA，可得 = = ，∠BDF=∠BAE，即可
DF BF 2
求解；
AE BE √3
（2）通过证明ΔABE∽ΔDBF，可得 = = ，∠BDF=∠BAE，即可求解；
DF BF 2
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出AE，DG的长，即可求解．
【详解】解：（1）如图1，∵∠ABD=30°，∠DAB=90°，EF⊥BA，
BE AB √3
∴cos∠ABD= = = ，
BF DB 2
如图2，设AB与DF交于点O，AE与DF交于点H，∵ΔBEF绕点B按逆时针方向旋转90°，
∴∠DBF=∠ABE=90°，
∴ΔFBD∽ΔEBA，
AE BE √3
∴ = = ，∠BDF=∠BAE，
DF BF 2
又∵∠DOB=∠AOF，
∴∠DBA=∠AHD=30°，
∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°，
√3
故答案为： ，30°；
2
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设AE与BD交于点O，AE与DF交于点H，
∵将ΔBEF绕点B按逆时针方向旋转，
∴∠ABE=∠DBF，
BE AB √3
又∵ = = ，
BF DB 2
∴ΔABE∽ΔDBF，
AE BE √3
∴ = = ，∠BDF=∠BAE，
DF BF 2
又∵∠DOH=∠AOB，
∴∠ABD=∠AHD=30°，
∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°．
拓展延伸：如图4，当点E在AB的上方时，过点D作DG⊥AE于G，∵AB=2√3，∠ABD=30°，点E是边AB的中点，∠DAB=90°，
∴BE=√3，AD=2，DB=4，
∵∠EBF=30°，EF⊥BE，
∴EF=1，
∵D、E、F三点共线，
∴∠DEB=∠BEF=90°，
∴DE=√BD2−BE2=√16−3=√13，
∵∠DEA=30°，
1 √13
∴DG= DE= ，
2 2
AE BE √3
由（2）可得： = = ，
DF BF 2
AE √3
∴ = ，
√13+1 2
√39+√3
∴AE= ，
2
1 1 √39+√3 √13 13√3+√39
∴ΔADE的面积= ×AE×DG= × × = ；
2 2 2 2 8
如图5，当点E在AB的下方时，过点D作DG⊥AE，交EA的延长线于G，
1 1 √39−√3 √13 13√3−√39
同理可求：ΔADE的面积= ×AE×DG= × × = ；
2 2 2 2 8
13√3+√39 13√3−√39
故答案为： 或 ．
8 8
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三
角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
16．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处模拟预测）（1）如图1，在
△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝39°，连接AC，BD交于点AC
M．填空： 的值为 ，∠AMB的度数为 ；
BD
（2）如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OBA＝∠ODC＝60°，连接
AC
AC交BD的延长线于点M．请判断 的值，并说明理由；
BD
（3）在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若
OD＝1，OB＝√6；点Q为CD的中点，则在旋转的过程中，AQ的最大值为 ．
【答案】（1）1，39°；（2）√3，理由见解析；（3）3√2+1
【分析】（1）①根据已知条件证明△COA≌△DOB，即可证明AC=BD；②根据
△COA≌△DOB可得∠CAO=∠DBO，根据已知条件可得∠OAB+∠ABO=141°，然后在△AMB
中，根据等角的转换即可得到答案；
（2）根据已知条件证明△AOC∽△BOD，即可求出；
（3）找出Q的运动轨迹是以点O为圆心的圆上，根据一箭穿心模型即可求出AQ的最大值．
【详解】解：（1）①如图1，
∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠COA=∠DOB，
∵OC=OD，OA=OB，
∴△COA≌△DOB（SAS），
∴AC=BD，
AC
∴ =1，
BD
②∵△COA≌△DOB，
∴∠CAO=∠DBO，∵∠AOB=39°，
∴∠OAB+∠ABO=141°，
在△AMB中，∠AMB=180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）
=180°﹣141°=39°，
AC
（2）如图2， =√3
BD
理由是：
在Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，
OD √3
∴ =tan30°= ，
OC 3
OB √3
同理得： =tan30°= ，
OA 3
OB OD
∴ = ，
OA OC
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
AC OC
∴ = =√3；
BD OD
（3）解：连接OQ，
∵Q为CD的中点，
△COD为直角三角形，
1
∴OQ= CD ，
2
又∵∠OCD=30° ，OD=1，
∴CD=2，
∴OQ=1，
∴点Q在以O为圆心，1为半径的圆上，
∴当A,O,Q三点共线时，AQ最大，
∵△BOA为直角三角形，OB=√6，∠OBA=60°，∴OA=OB⋅tan60°=√6×√3=3√2，
∴AQ=AO+OQ=3√2+1．
【点睛】本题考查全等三角形和相似三角形的判定和性质的综合应用，本题涉及两个常见
的几何模型：手拉手全等模型，手拉手相似模型，以及利用隐形圆求最值．本题的难度较
大，是中考题中常见的几何综合题．
17．（2022·广东·深圳市龙华区丹堤实验学校模拟预测）【操作与发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN
＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：
△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN＝MN．
(1)【实践探究】在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是______．
(2)如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，
1
∠MAN＝45°，若tan∠BAN= ，求证：M是CD的中点．
3
(3)【拓展】如图③，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，点M、N分别在边DC、BC上，
连接AM、AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，则DM的长是______．
【答案】(1)12
(2)见解析
(3)8
【分析】（1）利用旋转的性质结合SAS可以证明△ANM≌△ANE，从而得到DM+BN＝
MN，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝x﹣6，DM＝x﹣8，利用勾股定理求得MN=10，
从而列得方程求解即可求出正方形边长．
1
（2）根据设BN＝m，DM＝n，则MN＝m+ n，利用tan∠BAN= ，可得正方形边长为
33m，从而得到CM=3m-n，CN＝2m，根据勾股定理得到：CM2+CN2=M N2，代入可得
关于m，n得方程，继而得到3m＝2n，最后代入CM=3m-n得到DM＝CM，即M是CD的
中点．
（3）延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交
PQ于E，连接EM，将图③补充成边长为16的正方形，从而得到与前两问的图形，利用
PQ∥BC可得△ABN∽△APE，继而求出PE的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定
理列方程即可求出结果．
（1）
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，
即∠EAM＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MAN＝∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
¿，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝EN，
∵EN＝BE+BN＝DM+BN，
∴MN＝BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=M N2
∴MN=√CN2+CM2=√62+82=10，
则BN+DM＝10，
设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，
∴x﹣6+x﹣8＝10，
解得：x＝12，即正方形ABCD的边长是12；
故答案为：12；
（2）
证明：设BN＝m，DM＝n，
由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，
1
∵∠B＝90°，tan∠BAN= ，
3
BN 1
∴tan∠BAN= = ，
AB 3
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=M N2
∴（2m）2+（3m−n）2＝（m+n）2，
整理得：3m＝2n，
∴CM＝2n﹣n＝n，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；
（3）
解：延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交
PQ于E，连接EM，如图③所示：
则四边形APQD是正方形，
∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，
设DM＝a，则MQ＝16﹣a，
∵PQ∥BC，∴△ABN∽△APE，
BN AB 12 3
∴ = = = ，
PE AP 16 4
4 16
∴PE= BN= ，
3 3
16 32
∴EQ＝PQ﹣PE＝16− = ，
3 3
16
由（1）得：EM＝PE+DM= +a，
3
在Rt△QEM中，由勾股定理得：
EQ2+MQ2=EM2
32 2 16 2
( ) +(16−a) 2=( +a) ，
3 3
解得：a＝8，
即DM的长是8；
故答案为：8．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，
利用勾股定理解直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+BN＝MN，已知直角三角
形CMN中勾股定理结论CM2+CN2=M N2是解题的关键．
18．（2021·四川乐山·三模）在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，
C重合的任意一点，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
(1)观察猜想BD
如图1，当α＝60°时， 的值是 ，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是
CP
．
(2)类比探究
BD
如图2，当α＝90°时，请写出 ，并就图2的情形说明理由．
CP
(3)解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，
AD
P，D在同一直线上时 的值．
CP
【答案】(1)1，60°
(2)√2
(3)2+√2或2-√2
【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明
△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问
题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于
H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
（1）
解：如图1中，延长CP交BD的延长线于E．
∵CA=CB,∠ACB=60°，
∴ CAB为等边三角形，
又∵将线段AP绕点P逆时针旋转60°得到线段DP
∆
∴AP=DP，∠APD=60°
∴ APD为等边三角形，
∆∴CA＝BA，PA＝DA，
∴∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠PAD-∠PAB＝∠CAB-∠PAB
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD（SAS），
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
BD
∴ =1，
PC
故答案为1，60°．
（2）
BD
=√2，
CP
理由：如图2中，设BD交AC于点O．
∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
AB AD
∵ ＝ ＝√2，
AC AP
∴△DAB∽△PAC，
BD AB
∴∠PCA＝∠DBA， = ＝√2，
PC AC
（3）
如图3﹣1中，当点D在线段PC上时．∵CE＝EA，CF＝FB，
∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，
∴∠PAO＝∠OFH，
∵∠POA＝∠FOH，
∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，EA＝EC，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
√2
∴DA＝DC，设AD＝a，PD＝ a，
2
a
AD =2−√2
∴ = √2 ．
CP a+ a
2
解法二：在Rt△PAD中，∵E是AC的中点，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPC＝∠ECP，
∵∠CEF＝45°＝∠EPC+∠ECP，∴∠EPC＝∠ECP＝22.5°，
∵∠PDA＝45°＝∠ACD+∠DAC，
∴∠DAC＝22.5°，
∴AD＝DC，
设PD＝a，则AD＝DC＝√2a，
AD √2a
∴ = =2−√2，
CP a+√2a
√2
如图3﹣3中，当点P在线段CD上时，同理可得DA=DC,设AD＝a，PD＝ a，
2
√2
∴PC＝a﹣ a，
2
AD a
= =2+√2
∴PC √2 ．
a− a
2
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形
的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确
寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴
题.
19．（2021·山东济南·一模）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点
D，E分别为AC，BC的中点．△CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤360°），
记直线AD与直线BE的交点为点P．(1)如图1，当α＝0°时，AD与BE的数量关系为______，AD与BE的位置关系为______；
(2)当0°＜α≤360°时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，
请说明理由；
(3)△CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直
线BC距离的最大值．
【答案】(1)AD＝√3BE，AD⊥BE
(2)结论仍然成立，证明见解析
4 √3
(3)P点运动轨迹的长度是 π；P点到直线BC距离的最大值是
3 2
【分析】（1）分别求出AD、BE的长即可解答；
AD AC
（2）先证明△BCE∽△ACD ，可得 = ＝√3，∠CBO＝∠CAD即可解答；
BE BC
（3）利用锐角三角函数可求∠EBC=30°，由弧长公式可求P点运动轨迹的长度，由直角三
角形的性质可求P点到直线BC距离的最大值即可．
（1）
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，
∴AC=√3BC=√3，AB=2BC=2，AD⊥BE
∵点D，E分别为AC，BC的中点
1 √3 1 1
∴AD=CD= AC= ，BE=EC= BC=
2 2 2 2
∴ AD＝√3BE．
故答案为：AD＝√3BE，AD⊥BE．
（2）
解：结论仍然成立，理由如下：
√3 1
∵AC＝√3，BC＝1，CD＝ ，EC＝ ，
2 2BC √3 EC √3
∴ = ， ＝ ，
AC 3 CD 3
BC EC
∴ = ，
AC DC
∵△CDE绕点C顺时针旋转，
∴∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE∽△ACD，
AD AC
∴ = ＝√3，∠CBO＝∠CAD，
BE BC
∴AD＝√3BE，
∵∠CBO+∠BOC＝90°，
∴∠CAD+∠AOP＝90°，
∴∠APO＝90°，
∴BE⊥AD．
（3）
解：∵∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径的圆上，
如图3，取AB的中点G，作⊙G，以点C为圆心，CE为半径作⊙C，当BE是⊙C切线时，
点P到BC的距离最大，过点P作PH⊥BC，交BC的延长线于H，连接GP，
∵BE是⊙C切线，
∴CE⊥BE，
EC 1
∵ ＝ ，
BC 2
∴∠EBC＝30°，
∴∠GBP＝30°，
∵GB＝GP，
∴∠GBP＝∠GPB＝30°，∴∠BGP＝120°，
∵点P的运动轨迹为点C→点P→点C→点B→点C，
120°×π×1 4
∴P点运动轨迹的长度＝ ×2＝ π，
180° 3
∵∠ABP＝30°，BP⊥AP，
1
∴AP＝ AB＝1，BP＝√3AP＝√3，
2
∵∠CBP＝30°，PH⊥BH，
1 √3
∴PH＝ BP＝ ．
2 2
√3
∴P点到直线BC距离的最大值 ．
2
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定和性
质、旋转的性质、锐角三角函数等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键．
20．（2022·黑龙江·齐齐哈尔市富拉尔基区教师进修学校三模）综合与实践
如图①，Rt ABC中，∠ACB= 90° ，CD为Rt ABC的斜边上的中线，在证明CD=AD=
BD的过程中，我们可以延长CD到E，使得CD=DE ，连接BE．很容易证明
△ △
∠ACD≌△BED，进而证明 ABC≌△ECB，所以AB=CE，所以CD= AD= BD．我们可以得到
直角三角形的性质：直角三角形斜边中线等于斜边的一半．
△
实践操作：
将两个全等的Rt ABD，Rt ACE拼在一起 ，如图②， ABD不动．
问题解决：
△ △ △
（1）将 ACE绕点A逆时针旋转，连接DE，M是DE的中点，连接MB，MC，如图③，
求证：MB=MC；
△
拓展延伸：
（2）若将图②中的CE向上平移，且∠CAE不变，连接DE ，M是DE的中点，连接MB
，MC，如图④，则线段MB，MC的数量关系为 ；
问题再探：
（3）在（2）的条件下，若∠CAE改变大小，如图⑤，其他条件不变，请你判断线段MB
，MC的数量关系还成立吗?请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）MB=MC；（3）成立，理由见解析．
【分析】（1）由旋转得到AD=AE,DB=CE，∠ADB=∠AEC，继而证明
∠ADE=∠AED，再证明∠BDM=∠CEM，接着由△BDM≅△CEM(SAS)得到
MB=MC；
（2）由平移的性质得到DB=CE,DB∥CE，继而得到∠BDE=∠CED，接着由
△BDM≅△CEM(SAS)得到MB=MC；
（3）延长BM交CE于点F，证明△BDM≅△FEM(AAS)，由此得到MB=MF，再结合直
角三角形斜边中线的性质解得即可．
【详解】解：（1）由题意知Rt ABD≌Rt ACE
∠ADB=∠AEC
△ △
∵旋转
∴AD=AE,DB=CE
∴∠ADE=∠AED
∴∠BDM=∠CEM
∵M是DE的中点
∴DM=ME
∴△BDM≅△CEM(SAS)
∴MB=MC（2）由题意，
∵平移
∴DB=CE,DB∥CE
∴∠BDE=∠CED
∵ M是DE的中点
∴DM=ME
∴△BDM≅△CEM(SAS)
∴MB=MC
故答案为：MB=MC；
（3）成立，理由如下，
如图，延长BM交CE于点F，
∵平移
∴DB∥CE
∴∠BDE=∠CED，∠MBD=∠MFE
∵ M是DE的中点
∴DM=ME
∴△BDM≅△FEM(AAS)
∴MB=MF
∵∠ACE=90°
∴∠BCF=90°
1
∴MC= BF=MB．
2
【点睛】本题考查几何变换，涉及全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三
角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
